江西省师大附中2018届高三下学期测试(最后一卷)理科综

江西师大附中2018届高三年级测试（最后一卷）+理科综合化学试题

1. 下列有关化学及人类社会发展历程的说法中，不正确的是

A. 道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”对化学的发展起到了极大的推动作用 B. 门捷列夫将元素按原子序数由小到大的顺序依次排列，制出了第一张元素周期表 C. 古剑“沈卢“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”。剂钢指的是铁的合金 D. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3 【答案】B

【解析】分析：A.根据“原子论”和“分子学说”对化学发展所起的作用分析； B.第一张元素周期表是依据相对原子质量由小到大的顺序排列的； C.根据合金的性质分析； D.根据碳酸钾水解显碱性分析。

详解：A. 道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”对化学的发展起到了极大的推动作用，A正确；

B. 门捷列夫将元素按相对原子质量由小到大的顺序依次排列，制出了第一张元素周期表，B错误；

C. 剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，因此古剑“沈卢“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中的剂钢指的是铁的合金，C正确；

D. 碳酸钾是强碱弱酸盐，水解显碱性，因此《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3，D正确；答案选B。 2. 阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是( ) A. 常温下，1molC6H12中含C-C键的数目一定小于6NA

B. 白磷(P4)为正四面体结构，lmolP4与lmol金刚石所含共价键数目之比为1:1 C. 4.0g由H2O与D2O组成的混合物中所含中子数为2NA

D. 浓度均为lmol/L的醋酸和醋酸钠溶液等体积混合，溶液中CH3COOH和CH3COO的总数为2 NA 【答案】C

【解析】分析：A、C6H12可能是环己烷； B、根据白磷(P4)与金刚石的结构分析；

C、H218O与D216O的相对分子质量和中子数分别均相等； D、根据溶液体积不能确定判断。

-18

16

详解：A、C6H12如果是环己烷，则常温下，1molC6H12中含C－C键的数目等于6NA，A错误； B、1mol白磷(P4)的正四面体结构中含有6molP－P共价键，而1mol金刚石结构中含有2molC－C共价键，lmolP4与lmol金刚石所含共价键数目之比为3:1，B错误；

C、H2O与D2O分子中含有的中子都是10个，相对分子质量都是20，所以4.0g混合物的物质的量为0.2mol，含有的中子数为2NA，C正确；

D、二种溶液没有具体的体积，所以无法计算其中的微粒数目，D错误。答案选C。 3. X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，X、Y在周期表中的相对位置如图所示，Xn-、Ym+、Z+具有相同的电子层结构，W的最内层电子数与最外层电子数之和等于次外层电子数。下列说法正确的是

A. 原子半径:r(X)>r(Y)>r(Z)>r(W) B. X形成的氧化物的种类最多为4种 C. 最高价氧化物对应水化物的碱性:ZD. Y、Z、W对应的最高价氧化物的水化物之间能够两两相互反应 【答案】D

【解析】分析：X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，W的最内层电子数与最外层电子数之和等于次外层电子数，次外层有8个电子，则W是S。根据X与Y在周期表中的相对位置可知X是第二周期，Y是第三周期，Xn-、Ym+、Z+具有相同的电子层结构，因此Z是Na，Y是Mg或Al，X是N或O或F等，据此解答。

详解：根据以上分析可知X是N或O或F等，Y是Mg或Al，Z是Na，W是S。则 A. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Z)>r(Y)>r(W)>r(X)，A错误；

B. X如果是N，则形成的氧化物的种类最多为6种，B错误；

C. 金属性Z大于Y，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Z＞Y，C错误；

D. Y、Z、W如果是Al、Na、S，则对应的最高价氧化物的水化物之间能够两两相互反应，D正确。答案选D。

4. 网络趣味图片“一脸辛酸”，是在人脸上重复画满了辛酸的键线式结构。下列有关辛酸的叙述正确的是

18

16

A. 正辛酸分子中含有手性碳原子

B. 辛酸的羧酸类同分异构体中，含有三个“-CH3”结构,且含有乙基支链的共有7种 C. 辛酸的同分异构体(CH3)3CCH(CH3)CH2COOH的名称为2,2,3--三甲基戊酸 D. 正辛酸常温下呈液态而软脂酸常温下呈固态，故二者不符合同一通式 【答案】B

【解析】分析：A、将连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子，据此判断； B、三个甲基分别是主链端点一个、乙基支链上一个，甲基支链一个，据此判断； C、根据羧酸的命名方法结合结构简式判断； D、根据有机物的分子式判断。

详解：A、正辛酸的结构简式为CH3(CH2)6COOH，因此分子中不存在手性碳原子，A错误； B、三个甲基分别是主链端点一个、乙基支链上一个，甲基支链一个，这样的辛酸的羧酸类同分异构体有确；

C、根据官能团位置最小给主链碳原子编号，所以该物质的结构简式的名称为3，4，4－三甲基戊酸，C错误；

D、根据二者的分子式可知正辛酸和软脂酸都是饱和一元脂肪酸，都符合通式CnH2nO2，由于正辛酸所含C原子数少，常温下呈液态，而软脂酸所含C原子数多，常温下呈固态，D错误；答案选B。

5. 下列实验操作正确的是 A.制备无水氯化铁 配制一定浓度的硫酸溶C.制取少量NH3 液 性 D.比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定、

和(CH3CH2)3CCOOH，共3+3+1＝7种，B正

A.A B.B C.C D.D 【答案】C

【解析】分析：A、根据铁离子水解分析； B、浓硫酸需要在烧杯中稀释并冷却后再转移； C、根据一水合氨中存在平衡结合氧化钙的性质解答； D、难分解的应该放在大试管中。

详解：A、氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，水解吸热且生成的氯化氢易挥发，所以直接加热不能得到氯化铁晶体，A错误；

B、浓硫酸溶于水放热，需要首先在烧杯中稀释并冷却后再转移至容量瓶中，B错误； C、浓氨水中存在以下平衡：NH3＋H2O

NH3·H2O

NH4＋OH，加入CaO，使平衡逆向移

+

－

动，同时反应放热，促进NH3·H2O的分解，可以利用该装置制备少量氨气，C正确； D、碳酸氢钠受热易分解，要比较碳酸氢钠和碳酸钠的热稳定性，需要把碳酸钠放在大试管中，碳酸氢钠放在小试管中，D错误。答案选C。

6. 中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气电池如下图1，电池的工作原理如下图2。下列有关说法正确的是

A. 放电时，纸张中的纤维素作锂电池的正极 B. 开关K闭合给锂电池充电，X为直流电源负极 C. 放电时，Li+由正极经过有机电解质溶液移向负极 D. 充电时，阳极的电极反应式为：Li2O2+2e-=O2↑+2Li+ 【答案】B

【解析】可充电锂空气电池放电时，纸张中的石墨作锂电池的正极，活泼的锂是负极，电解质里的阳离子负极经过有机电解质溶液移向正极；开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，充电时阳极上发生失电子的氧化反应。A、可充电锂空气电池放电时，纸张中的石墨作锂电池的正极，故A错误；B、开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，X为直流电源负极，故B正确；C、放电时，Li+由正极经过有机电解质溶液移向正极，故C错误；D、充电时阳极上发生失电子的氧化反应Li2O2-2e=O2↑+2Li，故D错误；故选B。

7. 常温下将盐酸溶液滴加到联氨(N2H4)的水溶液中，混合溶液中的微粒的物质的量分数δ(X)随-1g(OH-)变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

-+

A. 反应N2H6+N2H4=2N2H5的pK=90(已知pK=lgK)

B. N2H5Cl溶液中存在:c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+) C. N2H5Cl溶液中c(H+)>c(OH-) D. Kb1(N2H4)=10-6 【答案】A

2++

【解析】分析：A.根据电离平衡常数概念结合图像计算； B.根据电荷守恒分析； C.根据N2H5+水解分析；

D. 根据电离平衡常数概念结合图像计算。 详解：A、由N2H5的电离方程式N2H5+H2O

+

+

N2H6+OH可得Kb2(N2H4)＝

，即为反应

2+-

，则Kb1(N2H4)/Kb2(N2H4)＝

N2H62++N2H4=2N2H5+的K=Kb1(N2H4)/Kb2(N2H4)=，所以pK=9.0，A错误；

B、N2H5C1溶液中存在的电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)，B正确。 C、N2H5C1溶液中因N2H5的水解使溶液呈酸性，所以c(H)＞c(OH)，C正确；

D、由图象可知当-lg(OH)=6时，N2H4和N2H5的物质的量分数相等，可推知其浓度相等，由N2H4的电离方程式N2H4+H2O案选A。

点睛：本题的难点是写出联氨的电离方程式，类似于NH3·H2O的电离，根据电离方程式，结合图象中交叉点的含义，就能正确解答。

8. 索氏提取法是测定动植物样品中粗脂肪含量的标准方法。其原理是利用如图装置,用无水乙醚等有机溶剂连续、反复、多次萃取动植物样品中的粗脂肪。具体歩驟如下:

N2H5++OH-，得Kb1(N2H4)＝

，D正确；答

-+

+

+

-

①包装:取滤纸制成滤纸管,放入烘箱中干燥后，移至仪器X中冷却至室温。然后放入称量瓶

中称量，貭量记作a；在滤纸筒中包入一定质量研细的样品，放入烘箱中干燥后，移至仪器X中冷却至室温,然后放入称量瓶中称量，貭量记作b.

②萃取:将装有样品的滤纸筒用长镊子放入抽提筒中,注入一定量的无水乙醚，使滤纸筒完全浸没入乙醚中,接通冷凝水.加热并调节温度，使冷凝下滴的无水乙醚呈连珠状，至抽提筒中的无水乙醚用滤纸点滴检查无油迹为止(大约6h～12h).

③称量.萃取完毕后,用长镊子取出滤纸筒,在通风处使无水乙醚挥发后，将滤纸筒放入烘箱中干燥后,移至仪器X中冷却至室温.然后放入称量瓶中称量，貭量记作c。 回答下列问题:

(1)实验中使用了三次的仪器X的名称________。为提高乙醚蒸气的冷凝效果,索氏提取器中的冷凝管可选用下列（______） A.空气冷凝管

B.直形冷凝管

C.蛇形冷凝管

(2)①实验中必须十分注意乙醚的安全使用，如不能用明火加热、室内保持通风等。为防止乙醚挥发到空气中形成燃爆，常在冷凝管上口连接一个球形干燥管，其中装入的药品为____(填字母)。

A.活性炭 B.碱石灰 C.P2O5 D.浓硫酸

②无水乙醚在空气中可能氧化生成少量过氧化物，加热时发生爆炸。检验无水乙醚中是否含有过氧化物的方法是__________。

(3)①实验中需控制温度在70℃～80℃之间，考虑到安全等因素，应采取的加热方式是____。 ②当无水乙醚加热沸腾后，蒸气通过导气管上升，被冷凝为液体滴入抽提管中，当液面超过回流管最高处时，萃取液即回流入提取器(烧瓶)中„„该过程连续、反复、多次进行，则萃取液回流入提取器(烧瓶)的物理现象为_______。

A.冷凝回流 B.虹吸 C.倒吸 D.分液 ③索氏提取法与一般萃取法相比较，其优点为______。

(4)数据处理:样品中纯脂肪百分含量____(填“>”、“<”或“=”)

。

【答案】 (1). 干燥器 (2). C (3). A (4). 取少量乙醚滴加稀硫酸和KI淀粉

溶液，撤荡，若溶液变蓝色，则说明含有过氧化物，否则不含 (5). 水浴加热 (6). B (7). 连续、反复、多次萃取、且每一次萃取都是纯的溶剂，萃取效率高 (8). ＜ 【解析】分析：（1）根据“移至仪器X中冷却至室温”判断；根据仪器构造结合提高冷凝效果判断；

（2）①根据物质的性质特点分析； ②根据过氧化物具有强氧化性分析； （3）①根据水浴加热容易控制温度解答； ②根据虹吸是利用液面高度差的作用力现象解答； ③根据二者的萃取原理分析；

（4）根据乙醚可能溶解样品中的其它有机物分析。

详解：（1）题中三次描述“移至仪器X中冷却至室温”，说明仪器X是干燥器；为提高乙醚蒸气的冷凝效果，索氏提取器中的冷凝管可选用C蛇形冷凝管，增大接触面积，延长冷凝时间，提高冷凝效果。

（2）①在冷凝管上口连接一个球形干燥管的目的是吸收没有冷凝的乙醚，根据这四种物质的性质，可用来吸收乙醚的只有活性炭，答案选A；

②过氧化物一般都有较强的氧化性，所以可在酸性条件下用KI淀粉来检验，方法是取少量乙醚滴加稀硫酸和KI淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝色则说明含过氧化物，否则不含。 （3）①根据需要控制的温度低于100℃，又不能用明火加热，可进行水浴加热；

②根据实验描述，当萃取液的液面超过回流管最高处时，萃取液即回流入提取器(烧瓶)中，这是利用虹吸原理，答案选B；

③根据题干信息可知索氏提取法与一般萃取法相比较，其优点为可进行连续、反复、多次的萃取，且每一次萃取都是用纯的溶剂，萃取效率高。

（4）由于有机溶剂乙醚可能溶解样品中的其它有机物，所以纯脂肪的质量小于(b-c)g，因此样品中纯脂肪百分含量小于

。

9. 二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeCO3F)为原料制备CeO2的一种工艺流程如下:

已知: i. Ce能与F结合成[CeFx]

4+-(4-x)+

,也能与SO4结合成[CeSO4]；

2-2+

ii.在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能 iii.常温下，Ce2(CO3)3饱和溶液浓度为1.0×10-6mol/L。 回答下列问题:

(1)“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是______、_____(写出2种即可) .

(2)写出“氧化焙烧产物CeO2与稀H2SO4反应的高子方程式: ______。 (3)“萃取”时存在反应: Ce4++n(HA)2层中存在形式的浓度之比(

2-

Ce(H2n-4A2n)+4H+。D表示Ce4+分别在有机层中与水)。保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的

2-

Na2SO4以改变水层中的c(SO4), D随起始料液中c(SO4)增大而减小的原因是______。 (4)设渣经处理可得Ce(BE4)3，加入KCl溶液发生如下反应：Ce(BF4)3(s)+ 3K(aq)＝3KBF4(s)+ Ce3+(aq)。若一定温度时，Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、 b，则该反应的平衡常数K=_____(用a、b表示)。

(5)“反萃取”中加H2O2的主要反应高子方程式为______ ， 在“反萃取”后所得水层中加入1.0mol/L的NH4HCO3溶液，产生Ce2(CO3)3沉淀，当Ce沉淀完全时[(Ce)=1×10 mol·L]，溶液中c(CO3)约为______。

(6) CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2

CeO2(1-x)+xO2↑(0≤x≤0.25)的循环。写出CeO2消除

2-3+

3+

-5

-1

+

CO尾气的化学方程式：_____________。

【答案】 (1). 矿石粉碎成细颗粒 (2). 通入大量空气 (3).

CeO2+4H+SO4==(CeSO4)+2H2O (4). 随着c(SO4)增大，水层中Ce被SO4结合成(CeSO4)，导致萃取平衡向生成(CeSO4)3+方向移动。D迅速减小 (5). (6).

2Ce+H2O2=2Ce+O2↑+2H (7). 1×10mol/L (8). 2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2 【解析】试题分析：本题以氟碳铈矿为原料制备CeO2的流程为载体，考查流程的分析，指定情境下方程式的书写，外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，溶度积和平衡常数的计算。

（1）“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是：将矿石粉碎成细颗粒，增大接触面积；通入大量空气。

（2）根据题给已知“Ce4+能与SO42-结合成[CeSO4]2+”，CeO2与稀H2SO4反应的离子方程式为

4+

3+

+

-6

+

2-2+

2-4+

2-3+

CeO2+4H+SO4=[CeSO4]+2H2O。

（3）“萃取”时存在反应：Ce4++n（HA）2

Ce（H2n-4A2n）+4H+，加入Na2SO4，随着c（SO42-）

+2-2+

增大，水层中Ce4+与SO42-结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，即向生成[CeSO4]2+方向移动，D迅速减小。

（4）反应Ce（BF4）3（s）+ 3K（aq）K=

=

=

+

3KBF4（s）+ Ce（aq）的平衡常数

=。

3+

（5）“萃取”后的有机层中为Ce4+，根据流程，加入H2O2将Ce4+还原成Ce3+，则H2O2被氧化成O2，反应写成Ce+H2O2→Ce+O2↑，根据得失电子守恒配平为2Ce+H2O2→2Ce+O2↑，结合原子守恒、电荷守恒以及溶液呈酸性，写出离子方程式为2Ce+H2O2=2Ce+O2↑+2H。Ce2（CO3）3饱和溶液的浓度为1.0

2-4+

3+

+

4+

3+

4+

3+

10mol/L，Ce2（CO3）3的溶解平衡为：Ce2（CO3）3（s）

3+

-6

2Ce（aq）

3+

+3CO3（aq），则饱和溶液中c（Ce）=2.010mol/L、c（CO3）=3.0

-62-

10mol/L，Ksp[Ce2

-6

（CO3）3]=c2（Ce3+）·c3（CO32-）=（2.010-6）2全时，c3（CO32-）==1.02610mol/L1.0

-6

-6

（3.010-6）3=1.0810-28；当Ce3+沉淀完=1.08

10-18，c（CO32-）

=

10mol/L。

（6）根据题意，“CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。”CO具有还原性，CeO2消除CO尾气时应供氧，反应的化学方程式为CeO2+2xCO=CeO2

（1-x）

+2xCO2。

10. 甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料。 (1)用煤制天然气时会发生多个反应，通过多种途径生成CH4。 已知：C(s)+2H2(g)2CO(g)

CH4 △H=-73kJ/mol

C(s)+CO2(g) △H=-171kJ/mol

CH4(g)+H2O(g) △H=-203kJ/mol。

CO(g)+3H(g)

写出CO与H2O(g)反应生成H2和CO2的热化学方程式_________________。 (2)天然气中含有H2S杂质，某科研小组用氨水吸收得到NH4HS溶液，已知

T℃k(NH3·H2O)=1.74×10；k1(H2S)=1.07×10，k2(H2S)=1.74×10，NH4HS溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是_______。

A. c(NH4+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+) B. c(HS-)>c(NH4+)>(S2-)>c(H+) C. c(NH4+)>c(HS-)>c(H2S)>c(H+) D. c(HS-)>c(S2-)>c(H+)>c(OH-)

-5

-7

-13

(3)工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其原理为：CH4(g)+H2O(g)

CO(g)+3H2(g)

①一定温度时，在一个体积为2L的恒容密闭容器中，加入lnmolCH4和1.4mol水蒸气发生上述反应，5min后达平衡，生成0.2molCO，用H2表示该反应的速率为_________。此反应的平衡常数为_____ (结果保留到小数点后三位)。 ②下列说法中能说明此反应达到平衡状态的是_________。 A.体系的压强不再发生变化 B.生成1molCH4的同时消耗3molH2 C.各组分的物质的量浓度不再改变 D.体系的密度不再发生变化

E.反应速率V(CH4):V(H2O)v(CO):v(H2)=1:1:1:3

(4)甲醇水蒸气重整制氢反应：CH3OH(g)+H2O(g)==CO2(g)+3H2(g) △H=+49kJ/mol。某温度下，将[n(H2O):n(CH3OH)]=1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，则平衡时甲醇的转化率为______。

(5)如图所示，直接甲醇燃料电池是质子交换膜燃料电池的一种变种，它直接使用甲醇而勿需预先重整。请写出电池工作时的负极反应式：__________________。

【答案】 (1). CO(g)+H2O(g)H2(g)+ CO2(g) △H=-41kJ/mol (2). AC (3).

(7).

0.06mol/(L·min) (4). 0.011(mol2/L2) (5). AC (6). CH4O-6e-+H2O→6H++CO2 【解析】详解：（1）已知： ①C(s)+2H2(g)②2CO(g)

CH4(g) ΔH=-73 kJ·mol-1 C(s)+CO2(g) ΔH=-171 kJ·mol-1

③CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH=-203 kJ·mol

-1

根据盖斯定律可知①+②－③即得到CO与H2O(g)反应生成H2和CO2的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)

H2(g)+CO2(g)△H＝-41 kJ•mol-1。

（2）根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以NH4HS溶液中铵根离子水解程度小于HS水解程度，溶液呈碱性，则c(OH)＞c(H)，但铵根离子和HS离子水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c(NH4)＞c(HS)＞c(OH)＞c(H)；根据H2S的电离常数可判断HS-离子的水解程度大于其电离程度，所以还存在c(NH4+)＞c(HS-)＞c(H2S)＞c(H+)，答案选AC；

（3）①5min后达平衡，生成0.2molCO，则同时生成氢气是0.6mol，浓度是0.3mol/L，因此用H2表示该反应的速率为0.3mol/L÷5min＝0.06 mol·L-1·min-1。平衡时剩余甲烷是0.8mol，水蒸气是1.2mol，因此甲烷、水蒸气、CO和氢气的浓度分别是（mol/L）0.4、0.6、0.1、0.3，此反应的平衡常数为0.1×0.3/0.4×0.6≈0.011。

②A.正反应体积增大，体系的压强不再发生变化说明反应达到平衡状态，A正确；B.生成1molCH4的同时消耗3molH2均表示逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C.各组分的物质的量浓度不再改变说明反应达到平衡状态，C正确；D.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，体系的密度不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，D错误；E.反应速率V(CH4):V(H2O):v(CO):v(H2)=1:1:1:3不能说明反应达到平衡状态，E错误；答案选AC； （4） CH3OH(g)+H2O(g)

CO2(g)+3H2(g)

3

+

--+

--+

-

起始量（mol） 1 1 0 0 转化量（mol） n n n 3n 平衡量（mol） 1－n 1－n n 3n 则

，解得

，所以平衡时甲醇的转化率为

。

（5）甲醇在负极发生失去电子的氧化反应，又因为存在质子交换膜，则负极反应式为CH4O-6e+H2O＝6H+CO2。

点睛：本题考查盖斯定律、盐类水解、化学平衡计算、新型电池电极反应式书写等，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确电离平衡常数与离子水解程度关系、三段式在化学平衡计算中的灵活运用是解本题关键，注意平衡状态判断时要抓住变量不再发生变化这一关键特征。

-+

11. 氮(N)、磷(P)、砷(As)等VA族元素化合物在研究和生产中有重要用途。如我国科研人员研究发现As2O3(或写成As4O6，俗称砒霜)対白血病有明显的治疔作用。回答下列问题： (1)As原子的核外电子排布式为______；P的第一电离能比S大的原因为________。 (2)写出一种与CN互内等电子体的粒子_____(用化学式表示) : (SCN)2分子中δ键和π键个数比________。

(3)砒霜剧毒，可用石灰消毒生成AsO3和少量AsO4，其中AsO3中As的杂化方式为_____，AsO43-的空间构型为_____。

(4)NH4+中H-N-H的健角比NH3中H-N-H的键角大的原因是______；NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体結杓(如下图I),该化合物加热时首先失去水，请从原子结构角度加以分析：_____________________。

3-3-3--

(5)BN的熔点为3000℃,密度为225g/cm,其晶胞结构如上图II所示，晶体中一个B原子周围距离最近的N原子有________个。若原子半径分别为rnpm和rBpm, 阿伏加德罗常数值为NA，则BN品胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______。

【答案】 (1). 1s2s2p3s3p3d4s4p或[Ar]3d4s4p (2). P的p能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫大 (3). C0或N2 (4). 5>4 (5). sp3 (6). 正四面体 (7). NH4中的氯原子上均为成键电子，再NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H的键角比NH3中大 (8). 由于0原子半径小，电负性大。提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子形成的配位键弱于氮分子 (9). 4 (10).

+2

2

6

2

6

10

2

3

10

2

3

3

【解析】试题分析：本题考查原子核外电子排布式的书写，第一电离能的比较，等电子体，σ键和π键的判断，杂化方式和空间构型的判断，晶体的分析和计算。 （1）As原子核外有33个电子，根据构造原理，As原子的核外电子排布式为

1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar] 3d104s24p3。P和S都处于第三周期，S的价电子排布式为3s23p4，P的价电子排布式为3s23p3，P的3p能级处于半充满，比较稳定，P的第一电离能比S的大。 （2）用“替代法”，与CN-互为等电子体的粒子有CO、N2、C22-等。（SCN）2的结构式为

NC—S—S—CN，单键全是σ键，三键中有1个σ键和2个π键，（SCN）2分子中有5

个σ键、4个π键，σ键和π键个数比为5:4。 （3）AsO33-中As上的孤电子对数=

3

（5+3-3

3-

2）=1，成键电子对数为3，As的价层电子对

（5+3-4

2）=0，成

数为1+3=4，As的杂化方式为sp杂化。AsO4中As上的孤电子对数=

键电子对数为4，As的价层电子对数为0+4=4，AsO43-的VSEPR模型为正四面体，由于没有孤电子对，AsO4的空间构型为正四面体。

（4）NH4中H—N—H的键角比NH3中H—N—H的键角大的原因是：NH4中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4中H-N-H的键角比NH3中大。NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构，该化合物加热时首先失去水，说明水分子与Cu形成的配位键弱于NH3分子，原因是：O原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子与Cu2+形成的配位键弱于氨分子。 （5）用“均摊法”，B：8

+6

=4，N：4，该晶体的化学式为BN，根据晶胞，晶体中一个

2+

+

+

+

3-

N原子周围距离最近的B原子有4个，则一个B原子周围距离最近的N原子有4个。一个晶胞中原子的体积为4

（πrN3+πrB3）pm3=4

（πrN3+πrB3）

10-30cm3，1mol晶体的质量为

25g，1mol晶体的体积为25g2.25g/cm3，晶胞的体积为4（25g2.25g/cm3NA），BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为4（πrN3+πrB3）（25g2.25g/cm

3

10-30cm3[4。

NA）]=

12. 香料甲和G都在生活中有很多用途，其合成路线如下:

已知:①R1-CHO+R2-CH2-CHO (R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。 (1)A的名称是___,G中含氧官能团的名称是____ 。

(2)②的反应类型是____，B和F的结构简式分别为___________。

(3)写出一种能鉴别A和D的试剂:_____；C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的有_____种(除C本身以外)。

(4)写出反应①的化学方程式:__________。

(5)G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以

为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)_________。

【答案】 (1). 甲苯 (2). 羧基 (3). 加成反应 (4). 性高锰酸钾溶液 (6). 4 (7).

(5). 酸

(8).

..................... (1)根据分析可知，A为甲苯，G为为：甲苯； 羧基；

，则G中含氧官能团为羧基，故答案

(2)反应②为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成，根据上述分析，B和F的结构简式

分别为、，故答案为：加成反应；；

；

(3)甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能；C为苯甲醇属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(为：酸性高锰酸钾溶液；4； (4)反应①为乙酸和

+CH3COOH+CH3COOH

发生酯化反应，化学方程式为

+H2O，故答案为：+H2O；

)，共4种，故答案

(5)苯乙醛与甲醛反应生成，再与溴发生加成反应生成

，最后发生催化氧化反应生成，故合成路线为

，故答案

为：。

点睛：本题考查了有机合成与推断。主要涉及有机化学方程式的书写、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等。本题的易错点为合成路线的设计，要注意充分利用题示已知信息。